2023高考数学二轮专题 微专题11 数列中的最值、范围及奇偶项问题

微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题

1.数列中的最值、范围问题的常见类型有：(1)求数列和式的最值、范围；(2)满足数列的特定条件的n的最值与范围；(3)求数列不等式中参数的取值范围.

2.数列中的奇、偶项问题的常见题型

(1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；

(2)含有(－1)n的类型；

(3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型；

(4)已知条件明确奇偶项问题.

类型一　求数列和式的最值、范围

基本方法是：

(1)利用不等式组(n≥2)确定和式的最大值；

利用不等式组(n≥2)确定和式的最小值.

(2)利用和式的单调性.

(3)把数列的和式看作函数求其最值、值域.

例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且a1＋a6＝a4，S6＝9，数列{bn}满足b1＝2，bn－bn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*).

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{anbn}的前n项和Tn，并求Tn的最小值.

解　(1)由S6＝3(a1＋a6)＝3(a3＋a4)＝3a4＝9，

得a4＝3，a3＝0，

故数列{an}的公差d＝3，

an＝a3＋(n－3)d＝3n－9，

即数列{an}的通项公式为an＝3n－9(n∈N*).

当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋2＝2n，

而b1＝2，故bn＝2n，

即数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*).

(2)Tn＝－6×2－3×22＋…＋(3n－12)×2n－1＋(3n－9)×2n，

2Tn＝－6×22－3×23＋…＋(3n－12)×2n＋(3n－9)×2n＋1.

上述两式相减得

－Tn＝－12＋3×22＋…＋3×2n－(3n－9)×2n＋1

＝－12＋3×－(3n－9)×2n＋1

＝－24－(3n－12)×2n＋1，

故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24(n∈N*).

设cn＝(3n－12)×2n＋1，

显然当n≥4时，cn≥0，Tn≥24且单调递增.

而c1＝－36，c2＝－48，c3＝－48，

故Tn的最小值为T2＝T3＝－24.

例2 设Sn是数列{an}的前n项和，且an是Sn和2的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记bk＝ak·(ak＋ak＋1＋…＋an)(1≤k≤n).

①求数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和Tn；

②设M＝＋＋…＋(n∈N*)，求M的取值范围.

解　(1)∵an是Sn和2的等差中项，

∴Sn＋2＝2an.①

当n＝1时，S1＋2＝2a1，解得a1＝2；

当n≥2时，

Sn－1＋2＝2an－1(n≥2，n∈N*).②

①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，

∴an＝2an－2an－1，∴＝2(n≥2)，

∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n(n∈N*).

(2)①由(1)得bk＝2k·(2k＋2k＋1＋…＋2n)＝2k·＝2n＋k＋1－22k，所以数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和

Tn＝2n(22＋23＋…＋2n＋1)－(4＋42＋…＋4n)＝2n＋2·(2n－1)－(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)(2n＋1－1)(n∈N*).

②由①可得Tn＝(2n－1)(2n＋1－1)，

∴＝

＝，

∴M＝＋＋…＋＝.

∵2n＋1－1≥3，

∴≤＜，

故M的取值范围是.

训练1 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.

(1)证明：{an}是等差数列；

(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.

(1)证明　由＋n＝2an＋1，

得2Sn＋n2＝2ann＋n，①

所以2Sn＋1＋(n＋1)2

＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②

②－①，得

2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，

化简得an＋1－an＝1，

所以数列{an}是公差为1的等差数列.

(2)解　由(1)知数列{an}的公差为1.

由a4，a7，a9成等比数列，得a＝a4a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，

解得a1＝－12.

所以Sn＝－12n＋＝＝(n－)2－，

所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.

类型二　求n的最值或范围

求n的值或最值一般化归为解关于n的不等式问题.

例3 在①b4＝a3＋a5；②b4＋b6＝3a3＋3a5；③a2＋a3＝b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.

已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝1，b3＝b2＋2，b5＝a4＋2a6，且________，设cn＝，是否存在k∈N*，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.

注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.

解　设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0)，

因为{bn}是公比大于0的等比数列，

且b1＝1，b3＝b2＋2，

所以q2＝q＋2，解得q＝2，

所以bn＝2n－1.

若存在k，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn，则cn存在最小值.

若选①，解答过程如下.

由b5＝a4＋2a6，b4＝a3＋a5可得

解得

所以Sn＝n2＋n，cn＝＝＝.

因为n∈N*，

所以n2＋n≥2，

所以cn不存在最小值，

即不存在满足题意的k.

若选②，解答过程如下.

由b5＝a4＋2a6，b4＋b6＝3a3＋3a5可得

解得

所以Sn＝－n2＋n，

cn＝＝.

因为当n≤20时，cn>0，

当n≥21时，cn<0，

所以cn的最小值为c21＝－.

即存在k＝21，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn.

若选③，解答过程如下.

由b5＝a4＋2a6，a2＋a3＝b4，

可得

解得

所以Sn＝，

cn＝＝.

因为2n2＋26n≥28，

所以cn不存在最小值，

即不存在满足题意的k.

训练2 记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S6.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)求使Sn≥an成立的n的最大值.

解　(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0.

设等差数列{an}的公差为d，则

a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，

S6＝S5＋a6＝5a3＋a3＋3d＝3d，

从而－d2＝3d，由于公差不为零，

故d＝－3，

故数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝－3n＋9(n∈N*).

(2)由数列{an}的通项公式可得a1＝6，

则Sn＝＝，

则不等式Sn≥an即n2－7n＋6≤0，

整理可得(n－1)(n－6)≤0，

解得1≤n≤6，又n为正整数，故n的最大值为6.

类型三　求数列不等式中参数的取值范围

此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，考查不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题.

例4 (2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.

解　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，

所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，

两式相减可得4an＋1＝3an，即＝.

当n＝1时，4S2＝4＝－－9，

解得a2＝－，所以＝.

所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，

所以an＝－×＝－(n∈N*).

(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，

所以bn＝(n－4)·.

所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)·，①

所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)·

＋(n－4)·，②

①－②得Tn＝－3×＋＋＋…＋－(n－4)·

＝－＋－(n－4)·

＝－n·，

所以Tn＝－4n·.

因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，

所以－4n·≤λ(n－4)·恒成立，

所以(λ＋3)n－4λ≥0.

记f(n)＝(λ＋3)n－4λ(n∈N*)，

所以解得－3≤λ≤1.

所以λ的取值范围是[－3，1].

训练3 已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).

(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；

(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.

解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).

又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).

结合函数f(x)＝1＋的单调性，

可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).

∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.

(2)an＝1＋＝1＋，

已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，

结合函数f(x)＝1＋的单调性，

可知5<<6，即－10<a<－8.

即a的取值范围是(－10，－8).

类型四　数列中的奇、偶项问题

对于通项公式分奇、偶项有不同表达式的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.

例5 已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*).

(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；

(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.

解　(1)若数列{an}是等差数列，则

an＝a1＋(n－1)d，

an＋1＝a1＋nd.

由an＋1＋an＝4n－3，

得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝4n－3，

即2d＝4，2a1－d＝－3，

解得d＝2，a1＝－.

(2)法一　由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，

得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*).

两式相减，得an＋2－an＝4，

由a2＋a1＝1，a1＝2，

得a2＝－1，

所以数列{a2n－1}是首项为a1＝2，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2＝－1，公差为4的等差数列，

所以an＝

当n为奇数时，an＝2n，an－1＝2n－7.

Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)＝＋

＝.

当n为偶数时，an＝2n－5，an－1＝2n－2，

Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝＋

＝.

综上，Sn＝

法二　由于an＋1＋an＝4n－3，

于是S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝1＋9＋…＋(8n－7)＝＝4n2－3n，

由此可得当n为偶数时，Sn＝，而当n为奇数时，n＋1为偶数，

于是Sn＝Sn＋1－an＋1＝－(2n－3)＝.

综上，Sn＝

训练4 已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝(n∈N*).

(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

(1)证明　因为anan＋1＝，an＋1an＋2＝，两式相除，

所以＝，

数列a1，a3，…，a2n－1，…是以1为首项，为公比的等比数列，故a2n－1＝；

数列a2，a4，…，a2n，…是以为首项，为公比的等比数列，故a2n＝.

(2)解　S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－，

当n为偶数时，Sn＝3－，而当n为奇数时，n＋1为偶数，

故有Sn＝Sn＋1－an＋1

＝3－－＝3－.

综上，Sn＝

一、基本技能练

1.已知等差数列{an}与数列{bn}满足a2＝1，b1＝a3≠0，且数列{an·bn}的前n项和Sn＝(n－2)·2n＋1＋4，n∈N*.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设数列的前n项和为Tn，若Tn>，求n的最小值.

解　(1)a1·b1＝S1＝0，且b1≠0，

所以a1＝0，又a2＝1，所以{an}的公差为1，

所以an＝n－1(n∈N*).

n≥2时，an·bn＝Sn－Sn－1＝(n－1)×2n，

此时bn＝2n(n≥2)，又b1＝a3＝2，

满足bn＝2n，所以bn＝2n(n∈N*).

(2)＝＝－，

所以Tn＝＋＋＋…＋＝1－>，

得2n＋1－1>2 023，所以n的最小值为10.

2.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，

∴Sn＝na1＋n(n－1)，(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，

解得a1＝1，

∴an＝2n－1(n∈N*).

(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1

＝(－1)n－1，

当n为偶数时，Tn＝－＋－…＋－

＝1－＝；

当n为奇数时，Tn＝－＋－…－＋

＝1＋＝.

∴Tn＝

3.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

解　(1)设等比数列{an}的公比为q，

因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，

所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，

于是q2＝＝.

又{an}不是递减数列且a1＝，

所以q＝－.

故等比数列{an}的通项公式为

an＝×＝(－1)n－1×(n∈N*).

(2)由(1)得Sn＝1－＝

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，

所以1＜Sn≤S1＝，

故0＜Sn－≤S1－＝－＝.

当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，

所以＝S2≤Sn＜1，

故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.

综上，对于n∈N*，

总有－≤Sn－≤.

所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

二、创新拓展练

4.(2022·杭州模拟)已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*).

(1)求证：是等比数列，并求数列{an}的通项公式；

(2)已知数列{bn}满足bn＝an.

①求数列{bn}的前n项和Tn；

②若不等式(－1)nλ<Tn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.

(1)证明　因为a1＝，an＋1＝(n∈N*)，

所以＝＋2，

所以＋1＝3，

又＋1＝3，

所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，

故＋1＝3×3n－1＝3n，

则an＝(n∈N*).

(2)解　①由(1)知bn＝，

所以Tn＝＋＋＋…＋，

所以Tn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，

所以Tn＝2－.

②由①得(－1)nλ<2－＋＝2－，

设cn＝2－，

则数列{cn}是递增数列.

当n为偶数时，λ<2－恒成立，

又c2＝，所以λ<；

当n为奇数时，－λ<2－恒成立，又c1＝1，

所以－λ<1，所以λ>－1.

综上所述，λ的取值范围是.